高一化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

湖南师大附中2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题第卷必考部分一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个正确答案)1. 十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，坚持实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。下列做法需要提倡的是A. 秸秆就地焚烧，降低运输成本B. 利用廉价煤炭，大力发展火力发电C. 对燃煤进行脱硫，减少SO2对空气的污染D. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产【答案】C【解析】A、秸秆焚烧尽管可以降低运输成本，但会产生大量CO2、氮氧化物等，污染大气，增大碳的排放，故A错误；B、火力发电燃烧大量的煤，产生大量CO2、SO2和氮氧化物等污染大气，故B错误；C、对燃煤进行脱硫，能减少SO2的排放，减少对空气的污染，故C正确；D、加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，可造成水土污染，与题目要求不符，故D错误。本题正确答案为C。2. 美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”(如图所示)，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是A. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动B. “纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段C. C60是一种新型的化合物D. C60与12C是同位素【答案】B【解析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。3. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“”，tin)，Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A. Ts是第七周期第A族元素B. Ts的同位素原子具有相同的电子数C. Ts在同族元素中非金属性最弱D. 中子数为176的Ts核素符号是117176Ts【答案】D【解析】A. 第七周期的0族元素是118号元素，所以 Ts是第七周期第A族元素，故A正确；B. 同位素原子具有相同质子数和电子数，所以Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C. 同族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中处在最下方，所以Ts非金属性最弱，故C正确；D. 中子数为176的Ts核素的质量数是176+117=293，该核素符号是，故D不正确。故选D。4. Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYQZA. Y的原子半径比X的大B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键D. Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4【答案】D【解析】分析：Q、X、Y和Z为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为22，设X最外层电子数为x，根据它们在周期表中的位置可知Y、Q、Z最外层电子数分别为x+1，x-1，x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5，因此Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，据此解答。详解：根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，则A. 同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；B. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性SiCl，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C错误；D. 硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，D正确；答案选D。5. 下列化学用语表达正确的是A. Na2O2的电子式：B. Al3的结构示意图：C. CH3COOCH3的名称：乙酸甲酯D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：【答案】C【解析】分析：A根据过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物分析判断；B根据铝离子为失去最外层3个电子，达到最外层8个电子的稳定结构分析判断；C根据CH3COOCH3的结构简式结合酯的命名分析判断；D根据氯化氢是共价化合物分析判断。详解：A过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为，故A错误；B铝离子核外有2个电子层且最外层有8个电子，据此书写铝离子的结构示意图为，故B错误；CCH3COOCH3是乙酸甲酯的结构简式，故C正确；D氯化氢为共价化合物，氯化氢分子中不存在阴阳离子，用氯化氢的形成过程为：，故D错误；故选C。6. 下列属于吸热反应的是A. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应B. 铝热反应C. 稀硫酸与烧碱反应D. 生石灰与水反应【答案】A【解析】分析：根据常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)分析判断。详解：ABa(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，在反应中吸收热量，故A正确；B铝热反应是放热反应，故B错误；C稀硫酸与烧碱反应属于中和反应，反应为放热反应，故C错误；D生石灰变成熟石灰的反应是放热反应，故D错误；故选A。点睛：本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。如常见的放热反应包括：燃烧反应、中和反应、铝热反应、金属与水或酸反应、部分化合反应。7. 锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是A. 铜电极上发生氧化反应B. 电池工作一段时间后，甲池的c(SO42)减小C. 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D. 阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】试题分析：A、由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2= Zn2+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，A错误；B、该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42)不变，B正确；C、电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2+2e= Cu，故乙池中为Cu2Zn2，摩尔质量M(Zn2)M(Cu2)，故乙池溶液的总质量增加，C错误；D、该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，D错误；答案选B。考点：考查原电池的反应原理视频8. 反应A(g)3B(g) =2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：v(A)0.45 molL1s1、v(B)0.6 molL1s1、v(C)0.4 molL1s1、v(D)0.45 molL1s1，该反应进行的快慢顺序为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：同一化学反应中，在单位相同条件下，化学反应速率与其计量数的比值越大，该反应速率越快，据此分析解答。详解：同一化学反应中，在单位相同条件下，化学反应速率与其计量数的比值越大，该反应速率越快，= molL-1s-1=0.45 molL-1s-1；=molL-1s-1=0.2molL-1s-1；=molL-1s-1=0.2molL-1s-1；=molL-1s-1=0.225molL-1s-1，所以其反应速率快慢关系为=，故选D。点睛：本题考查化学反应速率大小比较，比较速率大小时要使单位统一，可以将不同速率转化为同一物质的速率，也可以根据反应速率与其计量数比判断，因此本题有第二种解法，如都转化为A表示的速率后比较大小。9. 羰基硫(COS)可用于合成除草剂和杀虫剂。一定条件下，恒容密闭容器中，发生反应H2S(g)CO2(g) COS(g)H2O(g)，能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是A. 正、逆反应速率都等于零B. H2S、CO2、COS、H2O的浓度相等C. H2S、 CO2、COS、H2O的浓度不再变化D. H2S、CO2、COS、H2O在密闭容器中共存【答案】C【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。详解：A、化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B、当体系达平衡状态时，CO、H2S、COS、H2的浓度可能相等，也可能不等，故B错误；C、CO、H2S、COS、H2的浓度均不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D、该反应为可逆反应，只要反应发生就有CO、H2S、COS、H2在容器中共存，故D错误；故选C。10. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。11. 四种常见有机物的比例模型如下图所示。下列说法正确的是A. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色B. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D. 丁为醋酸分子的比例模型【答案】C【解析】分析：根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，丁是乙醇，据此解答。详解：A. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；B. 甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C. 苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；D. 丁为乙醇分子的比例模型，D错误。答案选C。12. 如图所示为交警在对驾驶员是否饮酒进行检测。其原理是： K2Cr2O7酸性溶液遇呼出的乙醇蒸气迅速反应。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是乙醇沸点低乙醇密度比水小乙醇具有还原性乙醇是烃的含氧衍生物乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3+来分析解答。详解：乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的Cr3+，与测定原理有关；乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应，与测定原理无关；对乙醇的描述与此测定原理有关的是。故选C。13. 有机玻璃的单体甲基丙烯酸甲酯(MMA) 的合成原理如下图所示：下列说法正确的是A. 若反应的原子利用率为100%，则物质X为CO2B. 可用分液漏斗分离MMA和甲醇C. 、OO均可发生加成反应、氧化反应、取代反应D. MMA与H2反应生成Y，能与NaHCO3溶液反应的Y的同分异构体有3种【答案】C【解析】根据原子个数守恒可知，若反应的原子利用率为100%，则物质X为CO，A项错误；MMA与甲醇互溶，故不能分液漏斗分离MMA和甲醇，B项错误；、均含碳碳双键，故均可发生加成反应、氧化反应，含有甲基，均能发生取代反应，C项正确；MMA与H2反应生成，能与NaHCO3溶液反应说明含有-COOH，故C4H9-COOH,因丁基存在4种结构，故Y的同分异构体有4种，D项错误。14. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料。下列不属于高分子物质的是A. 纤维素 B. 植物油 C. 聚乙烯 D. 蛋白质【答案】B【解析】分析：有机高分子化合物为高聚物，相对分子质量在10000以上，以此解答。详解：A纤维素属于多糖，为天然高分子化合物，故A不选；B植物油的主要成分为油脂，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B选；C聚乙烯由乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，故C不选；D. 蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的天然高分子化合物，故D不选；故选B。15. 下列对有机物的描述不正确的是A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求B. 淀粉的特征反应是在常温下遇碘化钾溶液变蓝C. 在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀D. 硝酸可以使蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质【答案】B【解析】分析：A、酸性高锰酸钾溶液吸收乙烯；B、碘遇淀粉显蓝色；C、葡萄糖含有醛基；D、根据蛋白质的性质解答。详解：A、乙烯是水果催熟剂，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求，A正确；B、淀粉的特征反应是在常温下遇碘单质变蓝，B错误；C、葡萄糖含有醛基，在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，C正确；D、硝酸可以使带有苯环的蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，因此常用来鉴别部分蛋白质，D正确，答案选B。点睛：掌握常见有机物结构与性质是解答的关键，尤其要注意掌握常见有机物官能团的结构与性质。检验有机物时注意抓住有机物的特征反应，例如醛基的氧化反应、酚羟基的显色反应等。注意选项D中并不是所有的蛋白质均可以与浓硝酸发生颜色反应。16. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B. 将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl22Br=2ClBr2C. 在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂D. 某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体【答案】C【解析】分析：A蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B. 根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C. 根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。详解：A蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A正确；B. 苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl22Br=2ClBr2，故B正确；C. 在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D. 氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。17. 实验室用有机含碘(主要以I2和IO3的形式存在)废水制备单质碘的实验流程如下：已知：.碘的熔点为113 ，但固态的碘可以不经过熔化直接升华；.粗碘中含有少量的Na2SO4杂质。下列说法正确的是A. 操作和中的有机相从分液漏斗上端倒出B. 操作中发生反应的离子方程式为IO33SO32=I3SO42C. 操作为过滤D. 操作可用如图所示的水浴装置进行【答案】D【解析】分析：A. 根据四氯化碳的密度比水大分析判断；B. 根据流程图，操作中被亚硫酸钠还原后用四氯化碳萃取分析判断生成的产物；C. 根据操作为分离碘和四氯化碳分析判断；D. 根据碘容易升华分析判断。详解：A. 操作和的四氯化碳的密度比水大，有机相在分液漏斗的下层，应该从下端放出，故A错误；B. 根据流程图，操作中IO3被亚硫酸钠还原为碘单质，然后用四氯化碳萃取，故B错误；C. 操作为分离碘和四氯化碳的过程，应该采用蒸馏的方法分离，故C错误；D. 碘容易升华，可以通过水浴加热的方式使碘升华后，在冷的烧瓶底部凝华，故D正确；故选D。二、非选择题(本题包括4小题，共49分)18. 请根据物质在生产、生活等方面的应用填空。(1)厨房里常使用小苏打，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈_(填字母代号)。a浅蓝色b浅红色c浅绿色(2)检验某补铁剂中的Fe2是否被氧化成Fe3，可用_溶液(填字母代号)。aNaOH bH2O2 cKSCN(3)电解氧化铝时加入冰晶石的作用为_。(4)完成乙醇发生催化氧化的化学方程式：2CH3CH2OHO2_。(5)常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，请写出负极的电极反应式：_。(6)铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式：_。【答案】 (1). b (2). c (3). 降低氧化铝的熔点 (4). 2CH3CHO2H2O (5). Zn2e=Zn2 (6). 8Al3Fe3O44Al2O39Fe【解析】分析：(1)根据小苏打的主要成分为碳酸氢钠，在溶液中水解程度大于电离程度分析判断；(2)根据检验是否含有Fe3的方法分析判断；(3)根据氧化铝的熔点很高，熔融需要消耗大量能源分析判断； (4)根据伯醇可以被催化氧化生成醛和水分析解答；(5)根据负极发生氧化反应，分析解答；(6)Al与Fe3O4反应生成Fe和Al2O3 分析书写。详解：(1)厨房里常使用小苏打，碳酸氢钠水解程度大于电离程度，溶液显碱性，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈浅红色，故选b；(2)检验某补铁剂中的Fe2是否被氧化成Fe3，只需要检验是否含有Fe3即可，故选c；(3)电解氧化铝时加入冰晶石可以降低氧化铝的熔点，故答案为：降低氧化铝的熔点；(4)乙醇在通作催化剂时，可以被氧气氧化为乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CHO+2H2O；(5)常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，负极发生氧化反应，电极反应式为Zn2e=Zn2，故答案为：Zn2e=Zn2；(6)Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式8Al+3Fe3O4 =9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4 =9Fe+4Al2O3 。19. .下面列出了几组物质，请将物质的合适序号填写在空格上。金刚石和石墨D和T12C和13CO2和O3CH4和CH3CH2CH3CH2=CHCH3和CH2=CH2CH3CH(CH3)CH2CH3和CH3(CH2)3CH3和同系物_；同分异构体_。.篮烷分子的键线式如图所示，试回答：篮烷的一氯代物的种数为_种(不考虑立体异构)。.在一定温度下，体积为2 L的恒容密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应2NO2(g) N2O4(g)，如图所示。(1)曲线_ (填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。(2)该反应达到限度时，Y的转化率是_，反应开始时与反应达到平衡状态时的压强之比为_。【答案】 (1). (2). (3). 4 (4). Y (5). 60% (6). 1411【解析】分析：.根据同系物和同分异构体的概念分析判断；.根据等效氢判断一氯代物数目；.(1)根据物质的量的变化量之比等于计量数之比分析；(2)根据v=计算反应速率；根据在相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比计算。详解：. 金刚石和石墨是同素异形体；D和T属于同位素；12C和13C属于同位素；O2和O3是同素异形体；CH4和CH3CH2CH3的结构相似，组成上相差2个CH2，是同系物；CH2=CHCH3和CH2=CH2的结构相似，组成上相差1个CH2，是同系物；CH3CH(CH3)CH2CH3和CH3(CH2)3CH3的分子式相同，结构不同，是同分异构体；和的结构相同，是同一种物质，因此属于同系物的有；属于同分异构体的有，故答案为：；.该有机物分子属于高度对称结构，有如图所示：的4种H原子，则其一氯代物有4种，故答案为：4；.(1)由方程式2NO2(g) N2O4(g) 可知，反应中NO2的物质的量变化较大，则Y表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，故答案为：Y；(2)该反应达最大限度时，Y的转化率为100%=60%，开始时：n(X)+n(Y)=0.4mol+1mol=1.4mol，平衡时：n(X)+n(Y)=0.7mol+0.4mol=1.1mol，在相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为1.4mol：1.1mol=14：11，故答案为： 60%；14：11。20. H、C、N、O、Na、S是常见的六种元素。请回答下列问题。(1)S在元素周期表中的位置为_。(2)上述元素中非金属性最强的是_(填元素符号)。(3)下列事实能说明O的非金属性比S的非金属性强的是_(填字母代号)。aO2与H2S溶液反应，溶液变浑浊b加热条件下H2S比H2O更容易分解c在氧化还原反应中，1 mol O2比1 mol S得电子多dH2O的沸点比H2S高(4)一定条件下，Na还原CCl4可得到金刚石与一种可溶性盐，该反应的化学方程式为_。(5)肼(N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体。其具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。已知肼的球棍模型如图1所示，试写出肼的电子式：_。目前正在研发的一种肼燃料电池的结构如图2所示，_(填“a”或“b”)电极为电池的负极。在1 L固定体积的密闭容器中加入0.1 mol N2H4，在303 K、Pt催化下发生反应N2H4(l) N2(g)2H2(g)，测得容器中的与时间的关系如图3所示，则 04 min内氮气的平均反应速率v(N2)_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). O (3). ab (4). CCl44Na4NaClC(金刚石) (5). (6). a (7). 0.012 5 molL1min1【解析】【分析】(1)根据S的原子序数为16分析解答；(2)在周期表中，元素金属性最强的元素位于周期表左下角，非金属性最强的元素位于周期表右上角。据此分析判断；(3)根据元素非金属性强弱的比较方法分析判断； (4)一定条件下，Na还原CCl4可得到金刚石与一种可溶性盐，根据元素守恒，该盐为氯化钠，据此书写；(5)氨分子中氢原子被氨基(-NH2)取代后的生成物叫肼，据此书写；根据正极是氧气得电子发生还原反应，负极肼失电子发生氧化反应判断；在303K，Pt催化下，则发生N2H4(l)N2(g)+2H2(g)，设生成氮气的量为xmol，则氢气的量为：2xmol，此时N2H4(l)的物质的量为(1-x)mol，根据4min时比值为3，求出x的值，然后根v=计算。详解：(1)S的原子序数为16，核外含有3个电子层，最外层含有6个电子，位于周期表中第三周期A族；故答案为：第三周期A族；(2)在周期表中，元素金属性最强的元素位于周期表左下角，非金属性最强的元素位于周期表右上角，所以非金属性最强的元素是O，故答案为：O；(3)aO2与H2S溶液反应，溶液变浑浊，氧气与硫化氢反应生成硫沉淀，说明O元素的非金属性比S强，故a正确；bO和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明水比硫化氢稳定，即O元素的非金属性比S强，故b正确；c在氧化还原反应中，得电子能力越强，元素的非金属性越强，与得电子多少无关，故c错误；d沸点是物理性质，与非金属性强弱无关，故d错误；故答案为：ab； (4)一定条件下，Na还原CCl4可得到金刚石与一种可溶性盐，为氯化钠，反应的化学方程式为CCl44Na4NaClC(金刚石)，故答案为：CCl44Na4NaClC(金刚石)；(5)氨分子中氢原子被氨基(-NH2)取代后的生成物叫肼，分子中全部为单键，电子式为：，故答案为：；正极是氧气得电子发生还原反应，负极肼失电子发生氧化反应，所以a电极为电池的负极，故答案为：a；在303K，Pt催化下，则发生N2H4(l)N2(g)+2H2(g)，设生成氮气的量为xmol，则氢气的量为：2xmol，此时N2H4(l)的物质的量为(0.1-x)mol，根据4min时比值为3，所以=3，则x=0.05mol，v=0.0125molL-1min-1，故答案为：0.0125molL-1min-1。21. 实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理如下所示：第一步：CH3CH2OH CH2=CH2H2O；第二步：乙烯与溴水反应得到1，2二溴乙烷。可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140 下脱水生成乙醚(CH3CH2OCH2CH3)。用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如图所示(部分装置未画出)：有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/(g/cm3)0.792.20.71沸点/()78.513234.6熔点/()1309116请回答下列问题：(1)写出乙烯与溴水反应的化学方程式：_。(2)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170 左右，其最主要目的是_(填字母代号)。a引发反应b加快反应速率c防止乙醇挥发 d减少副产物乙醚生成(3)装置B的作用是_。(4)在装置C中应加入_(填字母代号)，其目的是吸收反应中可能生成的SO2、CO2气体。a水b浓硫酸c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液(5)将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在_(填“上”或“下”)层。(6)若产物中有少量未反应的Br2，最好用_(填字母代号)洗涤除去。a水b氢氧化钠溶液c碘化钠溶液d乙醇(7)若产物中有少量副产物乙醚，可用_的方法除去。(8)判断该制备反应已经结束的最简单方法是_。【答案】 (1). CH2=CH2Br2CH2BrCH2Br (2). d (3). 安全瓶的作用 (4). c (5). 下 (6). b (7). 蒸馏 (8). 溴的颜色完全褪去【解析】分析：(1)根据乙烯的加成反应书写；(2)根据乙醇在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下加热到140度发生副反应生成乙醚分析解答；(3)从防止气体压强突然增大角度分析解答；(4)根据二氧化硫、二氧化碳的性质分析解答；(5)根据1，2-二溴乙烷密度大于水，不溶于水分析解答；(6)根据溴的性质类似与氯气，分析解答；(7)依据乙醚与1，2-二溴乙互溶，二者熔沸点不同选择分离方法；(8)根据溴水为橙黄色，如果完全反应，则D溶液中不存在溴分析解答。详解：(1)乙烯与溴水发生加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2Br2CH2BrCH2Br；(2)乙醇在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下加热到140度发生副反应生成乙醚，所以要制备乙烯应尽可能快地把反应温度提高到170，减少副产物乙醚的生成，故答案为：d；(3)装置B的长玻璃管可以平衡装置中的压强，起安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；(4)浓硫酸具有脱水性，强氧化性，能够与乙醇脱水生成的碳发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，二者为酸性氧化物能够与碱液反应，为除去乙烯中的二氧化硫、二氧化碳气，应选择碱性溶液；a二氧化碳水溶性较小，吸收不充分，故a不选；b二氧化碳、二氧化硫与浓硫酸不反应，不能用浓硫酸吸收，故b不选；c二氧化硫、二氧化碳气为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应而被吸收，故c选；d碳酸氢钠不能吸收二氧化碳，故d不选；故选：c；(5)1，2-二溴乙烷密度大于水，不溶于水，所以：将1，2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层；故答案为：下；(6)a溴更易溶于1，2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a不选；b常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，但1，2-二溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下容易发生水解反应，低温下，可用氢氧化钠出去溴杂质，故b选；cNaI与溴反应生成碘，碘与1，2-二溴乙烷互溶，不能分离，故c不选；d酒精与1，2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d不选；故选b；(7)乙醚与1，2-二溴乙互溶，二者熔沸点不同选择，应用蒸馏的方法分离二者；故答案为：蒸馏；(8)溴水为橙黄色，如果完全反应生成的1，2-二溴乙烷无色，所以可以通过观察D中溴水是否完全褪色判断制备反应已经结束；故答案为：D中溴水完全褪色。点睛：本题考查有机物合成实验，主要考查了乙醇制备1，2-二溴乙烷，涉及制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等。解答本题需要注意1，2-二溴乙烷密度大于水且难溶于水，能够在碱性溶液中水解，在碱的醇溶液中发生消去反应。第卷选考部分一、选择题(本题包括5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个正确答案)22. 下列六个说法中，正确的有已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为H241.8 kJmol1由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定X(g)Y(g) Z(g)W(g)H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大已知：共价键CCC=CCHHH键能/(kJmol1)348610413436根据上表数据可以计算出C6H6(g)3H2(g)C6H12(g)的焓变根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1 mol CO2固体时，放出的热量相等25 、101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】A【解析】分析：根据燃烧热的概念(25，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量)分析判断和的正误；根据能量越高越不稳定分析判断；根据反应热与平衡移动无关分析判断；根据苯环中不存在碳碳双键和碳碳单键分析判断；根据金刚石与石墨的结构不同分析判断。点睛：本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解。本题的易错点为，平衡移动影响放出的热量，但热化学方程式焓变不变。23. 已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1CO2(g)C(s)=2CO(g)H22CO(g)O2(g)=2CO2(g)H32Cu(s)O2(g)=2CuO(s)H4CO(g)CuO(s)=CO2(g)Cu(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是A. H10，H30 B. H20C. H2H1H3 D. H5H4H1【答案】C【解析】分析：根据放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，结合盖斯定律分析判断。详解：AC(s)+O2(g)=CO2(g)和2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)都是放热反应，因此H10，H30，故A错误；BCO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，所以H20，故B错误；C已知：C(s)+O2(g)CO2(g)H1CO2(g)+C(s)2CO(g)H22CO(g)+O2(g)2CO2(g)H3，由盖斯定律可知=+，因此H1=H2+H3，故C正确；DC(s)O2(g)=CO2(g)H1，2Cu(s)O2(g)=2CuO(s)H4，CO(g)CuO(s)=CO2(g)Cu(s)H5，若H5H4H1，则有2Cu(s)2O2(g)+C(s) =CO2(g)+2CuO(s)与反应不同，故D错误；故选C。24. 在298 K时，实验测得溶液中的反应H2O22HI=2H2OI2在不同浓度时的化学反应速率如表所示，由此可推知第5组实验中c(HI)、c(H2O2)不可能为实验编号123456c(HI)/(molL1)0.1000.2000.1500.100？0.500c(H2O2)/(molL1)0.1000.1000.1500.200？0.400v/(molL1s1)0.007 600.015 20.017 10.015 20.022 80.152A. 0.150 molL1、0.200 molL1B. 0.300 molL1、0.100 molL1C. 0.200 molL1、0.200 molL1D. 0.100 molL1、0.300 molL1【答案】C【解析】分析：根据表格数据分析出反应速率与c(HI)和c(H2O2)浓度的关系后再分析判断。详解：根据表格数据可以看出，实验2与实验1比较，c(HI)增大到原来的2倍，则反应速率也增大原来的2倍，实验4与实验1比较，c(H2O2)原来的2倍，则反应速率也变成原来的2倍，实验3与实验1比较，c(HI)和c(H2O2)都增大原来的1.5倍，则反应速率增大到原来的1.51.5=2.25倍，则可以得出反应速率与c(HI)和c(H2O2)浓度变化成正比，所以实验5反应速率是实验1的=3倍，则c(HI)和c(H2O2)之积应该增大到原来的3倍，所以A、B、D符合，C不符合，故选C。25. 苯可被臭氧分解，发生化学反应，二甲苯通过上述反应可能的产物为，若邻二甲苯进行上述反应，对其反应产物描述正确的是A. 产物为a、b、c，其分子个数比为abc123B. 产物为a、b、c，其分子个数比为abc121C. 产物为a和c，其分子个数比为ac12D. 产物为b和c，其分子个数比为bc21【答案】A【解析】分析：从苯被臭氧分解的事实分析，解题应考虑苯分子中“单双键交替”结构，因此邻二甲苯有“二种同分异构体”分别是，据此分析解答。详解：从苯被臭氧分解的事实分析，解题应考虑苯分子中“单双键交替”结构，因此邻二甲苯有“二种同分异构体”分别是 ，前者进行上述反应得a：c=1：2，后者进行上述反应得b：c=2：1，进行上述两种反应情况机会相等，因此选项A正确，故选A。26. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 过程i发生了加成反应B. 中间产物M的结构简式为CH3CHOC. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯D. 该合成路线理论上碳原子100%利用，最终得到的产物易分离【答案】C点睛：该题利用最新的科研成果，通过加成反应和对球棍模型等知识，考察了学生利用已学知识认识解决未知问题的能力。二、非选择题(本题包括4小题，共35分)27. Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在KOH溶液中加入适量AgNO3溶液，生成Ag2O沉淀，保持反应温度为80 ，边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得固体样品。反应方程式为2AgNO34KOHK2S2O8=Ag2O22KNO32K2SO42H2O。请回答下列问题：(1)上述制备过程中，检验洗涤是否完全的方法是_。(2)银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应的化学方程式：_。(3)准确称取上述制备的样品(设仅含Ag2O2和Ag2O)2.588 g，在一定的条件下完全分解为Ag和O2，得到224.0 mL O2(标准状况下)。计算样品中Ag2O2的质量分数_(用百分数表示，计算结果精确到小数点后1位)。【答案】 (1). 取少许最后一次洗涤液的滤液，滴入12滴Ba(NO3)2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全 (2). Ag2O22Zn4KOH2H2O=2K2Zn(OH)42Ag (3). 91.0%【解析】试题分析：（1）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42或OH，滴入12滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入12滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全），故答案为：取少许最后一次洗涤滤液，滴入12滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入12滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）；（2）电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn（OH）4，反应还应有KOH参加，反应的方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn（OH）4+2Ag，故答案为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn（OH）4+2Ag；（3）n（O2）=1.000102mol，设样品中Ag2O2的物质的量为x，Ag2O 的物质的量为y248 g/molx+232g/moly=2.588gx+=1.000102molx=9.500103moly=1.000103molw（Ag2O2）=0.91答：样品中Ag2O2的质量分数为0.91考点：化学电源新型电池.视频28. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛。将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O35H2O(大苏打)。已知：Na2S、Na2CO3、Na2SO3、NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液呈酸性。(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_(填字母代号)。(2)向Na2S和Na2CO